创新设计2012高考数学二轮专题复习课件22新课标版理科

创新设计2012高考数学二轮专题复习课件22新课标版理科

数列综合题 * 策略2　高考中解答题的解题方法 三角函数与平面向量 概率与统计 立体几何 解析几何 ‎ 一、解答题的地位及考查的范围 数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型，这些题涵盖了中学数学的主要内容，具有知识容量大、解题方法多、能力要求高、突显数学思想方法的运用以及要求考生具有一定的创新意识和创新能力等特点，解答题综合考查学生的运算能力、逻辑思维能力、空间想象能力和分析问题、题解决问题的能力，分值占70～80分，主要分六块：三角函数 或与平面向量交汇 、函数与导数 或与不等式交汇 、概率与统计、解析几何 或与平面向量交汇 、立体几何、数列 或与不等式交汇 ．从历年高考题看综合题这些题型的命制都呈现出显著的特点和解题规律，从阅卷中发现考生“会而得不全分”的现象大有人在，针对以上情况，在高考数学备考中认真分析这些解题特点及时总结出来，这样有针对性的进行复习训练，能达到事半功倍的效果．‎ 二、解答题的解答技巧 解答题是高考数学试卷的重头戏，占整个试卷分数的半壁江山，考生在解答解答题时，应注意正确运用解题技巧．‎ ‎ 1 对会做的题目：要解决“会而不对，对而不全”这个老大难的问题，要特别注意表达准确，考虑周密，书写规范，关键步骤清晰，防止分段扣分．解题步骤一定要按教科书要求，避免因“对而不全”失分．‎ ‎ 2‎ ‎ 对不会做的题目：对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得分．有什么样的解题策略，就有什么样的得分策略．对这些不会做的题目可以采取以下策略：‎ ‎①缺步解答：如遇到一个不会做的问题，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步．特别是那些解题层次明显的题目，每一步演算到得分点时都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却可以得到一半以上．‎ 跳步解答：解题过程卡在某一过渡环节上是常见的．这时我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论．若题目有两问，第 1 问想不出来，可把第 1 问的结论当作“已知”，先做第 2 问，跳一步再解答．‎ ‎③辅助解答：一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤．实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举．如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，根据题目的意思列出要用的公式等．罗列这些小步骤都是有分的，这些全是解题思路的重要体现，切不可以不写，对计算能力要求高的，实行解到哪里算哪里的策略．书写也是辅助解答，“书写要工整，卷面能得分”是说第一印象好会在阅卷老师的心理上产生光环效应．‎ 逆向解答：对一个问题正面思考发生思维受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破性的进展．顺向推有困难就逆推，直接证有困难就反证．‎ 三、怎样解答高考数学题 ‎1．解题思维的理论依据 针对备考学习过程中，考生普遍存在的共性问题：一听就懂、一看就会、一做就错、一放就忘，做了大量的数学习题，成绩仍然难以提高的现象，我们很有必要对自己的学习方式、方法进行反思，解决好“学什么，如何学，学的怎么样”的问题．要解决这里的“如何学”就需要改进学习方式，学会运用数学思想方法去自觉地分析问题，弄清题意，善于转化，能够将面对的新问题拉入自己的知识网络里，在最短的时间内拟定解决问题的最佳方案，实现学习效率的最优化．‎ 美国著名数学教育家波利亚在名著《怎样解题》里，把数学解题的一般思维过程划分为：弄清问题→拟订计划→实现计划→回顾．这是数学解题的有力武器，对怎样解答高考数学题有直接的指导意义．‎ ‎2．求解解答题的一般步骤 第一步： 弄清题目的条件是什么，解题目标是什么？ ‎ 这是解题的开始，一定要全面审视题目的所有条件和答题要求，以求正确、全面理解题意，在整体上把握试题的特点、结构，多方位、多角度地看问题，不能机械地套用模式，而应从各个不同的侧面、角度来识别题目的条件和结论以及图形的几何特征与数学式的数量特征之间的关系，从而利于解题方法的选择和解题步骤的设计．‎ 第二步： 探究问题已知与未知、条件与目标之间的联系，构思解题过程． ‎ 根据审题从各个不同的侧面、不同的角度得到的信息，全面地确定解题的思路和方法．‎ 第三步： 形成书面的解题程序，书写规范的解题过程． ‎ 解题过程其实是考查学生的逻辑推理以及运算转化等能力．评分标准是按步给分，也就是说考生写到哪步，分数就给到哪步，所以卷面上讲究规范书写．‎ 第四步： 反思解题思维过程的入手点、关键点、易错点，用到的数学思想方法，以及考查的知识、技能、基本活动经验等． ‎ ‎ 1 回头检验――即直接检查已经写好的解答过程，一般来讲解答题到最后得到结果时有一种感觉，若觉得运算挺顺利则好，若觉得解答别扭则十有八九错了，这就要认真查看演算过程．‎ ‎ 2 特殊检验――即取特殊情形验证，如最值问题总是在特殊状态下取得的，于是可以计算特殊情形的数据，看与答案是否吻合．‎ 主要题型： 1 三角函数式的求值与化简问题； 2 单纯三角函数知识的综合； 3 三角函数与平面向量交汇； 4 三角函数与解斜三角形的交汇； 5 单纯解斜三角形； 6 解斜三角形与平面向量的交汇．‎ 解题策略： 1 观察三角函数中函数名称、角与结构上的差异，确定三角化简的方向； 2 利用数量积公式、垂直与平行的主要条件转化向量关系为三角问题来解决； 3 利用正、余弦定理进行三角形边与角的互化．‎ ‎【例题1】 2011??浙江理，18 满分14分 在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sin A＋sin C＝psin B pR ‎ ，且ac＝b2.‎ ‎ 1 当p＝，b＝1时，求a，c的值；‎ ‎ 2 若角B为锐角，求p的取值范围．‎ 思维过程　第一步： 探究问题已知与未知，条件与目标之间的联系，构思解题过程． ‎ ‎ 1 根据条件结合正弦定理可求a与c； 2 由余弦定理将p用cos B表示，根据cos B的有界性求p的取值范围．‎ ‎[规范解答] 第二步： 形成书面的解题程序，书写规范的解题过程 ‎ ‎ 1 解　由题设和正弦定理，得a＋c＝.‎ 又ac＝， 4分 ‎ 解得或 7分 ‎ ‎ 2 解　由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B＝ a＋c 2－2ac－2accos B＝p2b2－b2－b2cos B，‎ 即p2＝＋cos B． 11分 ‎ 因为0＜cos B＜1 ，‎ 所以p2.‎ 由题设知p＞0，‎ 所以＜p＜. 14分 ‎ ‎[反思与回顾] 第三步： 反思解题思维过程的入手点、关键点、易错点，用到的数学思想方法，以及考查的知识、技能、基本活动经验等． ‎ 本题考查了正弦定理、余弦定理的灵活应用，隐含地考查了转化与化归的思想以及三角函数性质的知识，该题第 1 问入手简单，较容易得出结论；第 2 问思考建立p与cos B的关系式时，应选用余弦定理的哪一个表达式，如何利用a＋c＝，ac＝这一条件等都需要慎重思考．此题失分的原因还包括没有考虑到角B为锐角这一条件．‎ 主要题型： 1 求等可能事件、相互独立事件、独立重复事件．一些由简单事件构成的复杂事件的概率； 2 求离散型随机变量的分布列、期望与方差； 3 求特殊分布的分布列、期望与方差； 4 求统计与概率的综合问题．‎ 解题策略： 1 搞清各类事件类型，并沟通所求事件与已知事件的联系； 2 涉及“至多”、“至少”问题时要考虑是否可通过计算对立事件的概率； 3 注意识别特殊的二项公布； 4 在概率与统计的综合问题中，能利用统计的知识提取相关信息用于解题．‎ ‎【例题2】 2011??天津卷理，16 满分13分 学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球、2个黑球，乙箱子里装有1个白球、2个黑球，这些球除颜色外完全相同．每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖 每次游戏结束后将球放回原箱 ．‎ ‎ 1 求在1次游戏中，‎ 摸出3个白球的概率；获奖的概率．‎ ‎ 2 求在2次游戏中获奖次数X的分布列及数学期望E X ．‎ 思维过程　第一步： 1 在1次游戏中，摸出3个白球只能是在甲箱里摸2个白球，在乙箱中摸1个白球，“获奖”‎ 这一事件包括摸出2个白球和3个白球．‎ ‎ 2 利用独立重复试验模型求解．‎ ‎[规范解答] 第二步： 1 解　设“在1次游戏中摸出i个白球”为事件Ai i＝0,1,2,3 ，‎ 则P A3 ＝??＝. 3分 ‎ 设“在1次游戏中获奖”为事件B，则B＝A2A3，‎ 又P A2 ＝??＋??＝，且A2，A3互斥，‎ 所以P B ＝P A2 ＋P A3 ＝＋＝. 6分 ‎ ‎ 2 解　由题意可知X的所有可能取值为0,1,2. 8分 ‎ P X＝0 ＝2＝，‎ P X＝1 ＝C××＝，‎ P X＝2 ＝2＝.‎ 所以X的分布列是 X 0 1 2 P 11分 ‎ X的数学期望E X ＝0×＋1×＋2×＝. 13分 ‎ ‎[反思与回顾] 第三步：本题以考生比较熟悉的实际问题为背景考查了考生利用概率知识分析、解决实际问题的能力．第 1 问是将一个要求的事件分成若干个基本事件的“积”或“和”，再用概率加法或乘法公式即可解决问题；第 2 问是以独立重复试验为背景的分布列问题，利用特殊分布的知识求解．‎ 主要题型：高考中的立体几何题目是很成熟的一种类型，常常考查“平行”、“垂直”两大证明及“空间角”‎ 的计算问题，解题方法上表现为传统方法与向量方法：传统方法优势表现为计算简单，过程简洁，但是对概念的理解要求深刻、透彻；向量方法更多的体现是作为一种工具，且有固定的“解题套路”，但是要有准确建立空间直角坐标系及较强的运算能力．‎ 解题策略： 1 利用“线线线面面面”三者之间的相互转化证明有关位置关系问题：由已知想未知，由求证想判定，即分析法与综合法相结合来找证题思路；利用题设条件的性质适当添加辅助线 或面 是解题的常用方法之一； 2 空间角的计算，主要步骤：一作，二证，三算．若用向量，那就是一证、二算； 3 点到平面的距离：直接能作点到面的垂线求距离；利用“三棱锥体积法”求距离；利用向量求解，点P到平面α的距离为||＝ N为P在面α内的射影，Mα，n是α的法向量 ．‎ ‎【例题3】 2011??湖北理，18 满分13分 如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．‎ ‎ 1 当CF＝1时，求证：EFA1C；‎ ‎ 2 设二面角CAFE的大小为θ，求tan θ的最小值．思维过程　第一步： 1 要证线线垂直，先证线面垂直； 2 先过E作出二面角的平面角，再利用已知条件计算． 3 可以以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量方法求解．‎ ‎[规范解答] 第二步：‎ 法一　过E作ENAC于N，连接EF.‎ ‎ 1 证明　如图1，连接NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC侧面A1C，图1又底面ABC∩侧面A1C＝AC，且EN底面ABC，所以EN侧面A1C，又A1C平面A1C1，EN⊥A1C 3分 ‎ NF为EF在侧面A1C内的射影，‎ 在RtCNE中，CN＝CEcos 60°＝1.‎ 则由＝＝得NFAC1，‎ 又AC1A1C，故NFA1C，又NF∩NE＝N.‎ A1C⊥平面NEF，又EF平面NEF.‎ EF⊥A1C. 6分 ‎ ‎ 2 解　如图2，连接AF，过N作NMAF于M，连接ME.图2由 1 知ENAF，又MN∩EN＝N，‎ AF⊥面MNE，AF⊥ME.‎ 所以EMN是二面角CAFE的平面角，即EMN＝θ.‎ 设FAC＝α，则0° α≤45°.‎ 在RtCNE中，NE＝EC??sin 60°＝，‎ 在RtAMN中，MN＝AN??sin α＝3sin α，‎ 故tan θ＝＝. 11分 ‎ 又0° α≤45°，0 sin α≤.‎ 故当sin α＝，即当α＝45°时，tan θ达到最小值，‎ tan θ＝×＝，此时F与C1重合． 13分 ‎ 法二　 1 证明　建立如图3所示的空间直角坐标系，连接EF，AF，则由已知可得A 0,0,0 ，B 2，2,0 ，C 0，4,0 ，A1 0,0,4‎ ‎ ，E ，3,0 ，F 0,4,1 ，图3于是＝ 0，－4,4 ，E＝ －，1,1 ．则??E＝ 0，－4,4 ?? －，1,1 ＝0－4＋4＝0，‎ 故EFA1C. 6分 ‎ ‎ 2 解　设CF＝λ 0 λ≤4 ，平面AEF的一个法向量为m＝ x，y，z ，则由 1 得F 0,4，λ ．‎ A＝ ，3,0 ，A＝ 0,4，λ ，于是由mA，mA可得 即取m＝ λ，－λ，4 ． 8分 ‎ 又由直三棱柱的性质可取侧面A1C的一个法向量为n＝ 1,0,0 ，于是由θ为锐角可得 cos θ＝＝，sin θ＝，‎ 所以tan θ＝＝ . 11分 ‎ 由0 λ≤4，得≥，‎ 即tan θ≥ ＝.‎ 故当λ＝4，即点F与点C1重合时，tan θ取得最小值. 13分 ‎ ‎[反思与回顾] 第三步：本题是一道较好的立体几何题，考查的知识点较多，但是难度却不是很大．‎ 主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．‎ 主要题型： 1 考查纯解析几何知识； 2 向量渗透于圆锥曲线中； 3 求曲线方程； 4 直线与圆锥曲线的位置关系，涉及弦长、中点、轨迹、范围、定值、最值等问题．‎ 解题策略： 1 利用向量的知识转化平行、垂直、数量积等条件；‎ ‎ 2 利用待定系数法求曲线方程； 3 利用“设而不求”结合韦达定理求交点问题； 4 利用函数与不等式处理范围与最值问题．‎ ‎【例题4】 2011??北京，19 满分14分 已知椭圆G：＋y2＝1.过点 m,0 作圆x2＋y2＝1的切线l交椭圆G于A，B两点．‎ ‎ 1 求椭圆G的焦点坐标和离心率；‎ ‎ 2 将|AB|表示为m的函数，并求|AB|的最大值．‎ 思维过程　第一步： 1 焦点坐标和离心率由椭圆方程容易求出； 2 设切线l的方程，将其与椭圆联立，根据弦长公式求|AB|，再结合基本不等式求|AB|的最大值．‎ ‎[规范解答] 第二步： 1 解　由椭圆方程得a＝2，b＝1，‎ 所以c＝＝.‎ 所以椭圆G的焦点坐标为 －，0 ， ，0 ． 2分 ‎ 离心率为e＝＝. 4分 ‎ ‎ 2 解　由题意知|m|≥1.‎ 当m＝1时，切线l的方程为x＝1，点A、B的坐标分别为、.‎ 此时|AB|＝.‎ 当m＝－1时，同理可得|AB|＝. 6分 ‎ 当|m|＞1时，设切线l的方程为y＝k x－m ．‎ 由 得 1＋4k2 x2－8k2mx＋4k2m2－4＝0. 7分 ‎ 设A，B两点的坐标分别为 x1，y1 ， x2，y2 ，则 x1＋x2＝，x1x2＝. 8分 ‎ 又由l与圆x2＋y2＝1相切，得＝1，‎ 即m2k2＝k2＋1.‎ 所以|AB|＝‎ ‎＝‎ ‎＝ ‎ ‎＝. 11分 ‎ 由于当m＝±1时，|AB|＝，‎ 所以|AB|＝，m －∞，－1][1，＋∞ ．‎ 因为|AB|＝＝≤2，且当m＝±时，|AB|＝2，‎ 所以|AB|的最大值为2. 14分 ‎ ‎[反思与回顾] 第三步：本题考查椭圆的标准方程与几何性质．直线与椭圆的位置关系、两点间距离公式、基本不等式等基础知识，考查考生分析问题、解决问题的能力与运算能力、直线与圆锥曲线的问题，一般方法是联立方程，解方程组．‎ ‎【例题5】 2011??江苏，18 满分16分 如图，在平面直角坐标系xOy中，M，N分别是椭圆＋＝1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P，A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C.连接AC，并延长交椭圆于点B.设直线PA的斜率为k. 1 当直线PA平分线段MN时，求k的值；‎ ‎ 2 当k＝2时，求点P到直线AB的距离d；‎ ‎ 3 对任意的k＞0，求证：PAPB.‎ 思维过程　第一步： 1 求线段MN的中点即可求出k； 2‎ ‎ 由直线AP的方程与椭圆方程联立求出点P、点A的坐标，从而求出直线AB的方程，由点到直线的距离公式求d； 3 采用“设而不求”的方法．‎ ‎[规范解答] 第二步： 1 解　由椭圆方程可知，a＝2，b＝，故M －2,0 ，N 0，－ ，所以线段MN中点的坐标为.由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段MN的中点，又直线PA过坐标原点，所以k＝＝. 4分 ‎ ‎ 2 解　直线PA的方程为y＝2x，代入椭圆方程得＋＝1，‎ 解得x＝±，‎ 因此P，A. 6分 ‎ 于是C，直线AC的斜率为＝1，‎ 故直线AB的方程为x－y－＝0. 8分 ‎ 因此，d＝＝. 10分 ‎ ‎ 3 证明　设P x1，y1 ，B x2，y2 ，‎ 则x1＞0，x2＞0，x1≠x2，A －x1，－y1 ，C x1,0 ．‎ 设直线PB，AB的斜率分别为k1，k2.‎ 因为C在直线AB上，‎ 所以k2＝＝＝. 12分 ‎ 从而k1k＋1＝2k1k2＋1＝2????＋1＝＋1＝＝＝0. 15分 ‎ 因此k1k＝－1，‎ 所以PAPB. 16分 ‎ ‎[反思与回顾]‎ ‎ 第三步：本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力．本题大多数考生能得到10分，放弃了第 3 问．认真思考一下，只要设出直线PB的斜率为k1，设出P、B两点的坐标，采用“设而不求”的方法推导，k1k＝－1或k1k＋1＝0即可．‎ 主要题型：数列解答题一般设两到三问，前面两问一般为容易题，主要考查数列的基本运算，最后一问为中等题或较难题，一般考查数列的通项和前n项和的求法、最值等问题．如果涉及递推数列，且与不等式证明相结合，那么试题难度大大加强，一般表现为压轴题．‎ 解题策略： 1 利用数列的有关概念求特殊数列的通项与前n项和； 2 利用转化与化归思想 配凑、变形 将一般数列转化为等差、等比数列 主要解决递推数列问题 ； 3 利用错位相减、列项相消等方法解决数列求和； 4 利用函数与不等式处理范围和最值问题．‎ ‎【例题6】 2011??课标全国，17 满分12分 等比数列 an 的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6.‎ ‎ 1 求数列 an 的通项公式；‎ ‎ 2 设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前n项和．‎ 思维过程　第一步：利用基本量法求出首项和公比，求出通项公式；通过对数运算求出bn，再利用裂项法求和．‎ ‎[规范解答] 第二步： 1 解　设数列 an 的公比为q， 1分 ‎ 由a＝9a2a6，得a＝9a，‎ 所以q2＝.由条件可知q＞0，故q＝， 3分 ‎ 由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，‎ 所以a1＝. 5分 ‎ 故数列 an 的通项公式为an＝. 6分 ‎ ‎ 2 解　bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an ‎＝－ 1＋2＋…＋n ‎ ‎＝. 9分 ‎ 故＝－＝－2， 10分 ‎ ‎＋＋…＋＝‎ ‎－2＝－，‎ 所以数列的前n项和为－. 12分 ‎ ‎[反思与回顾] 第三步：等差数列、等比数列、数列求和是高考重点考查的内容，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即问题的解答常用的方法可以归纳为几种．因此，考生有效地化归问题是正确解题的前提，合理地构建方法是成功解题的关键，正确的处理过程是制胜的法宝．‎ ‎【例题7】 2011??湖北卷理，19 满分13分 已知数列 an 的前n项和为Sn，且满足：a1＝a a≠0 ，an＋1＝rSn nN*，rR，r≠－1 ．‎ ‎ 1 求数列 an 的通项公式；‎ ‎ 2‎ ‎ 若存在kN*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，试判断：对于任意的mN*，且m≥2，am＋1，am，am＋2是否成等差数列，并证明你的结论．‎ 思维过程　第一步： 1 求出数列 an 的递推关系，由递推关系求通项； 2 分r＝0与r≠0讨论，当r≠0时，结合Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk推出ak＋1与ak＋2的关系式再转化为am与am＋1的关系式，从而得到证明．‎ ‎[规范解答] 第二步： 1 解　由已知an＋1＝rSn，可得an＋2＝rSn＋1，两式相减，‎ 得an＋2－an＋1＝r Sn＋1－Sn ＝ran＋1，即an＋2＝ r＋1 an＋1. 2分 ‎ 又a2＝ra1＝ra，所以，当r＝0时，数列 an 为：a,0，…，0，…； 3分 ‎ 当r≠0，r≠－1时，由已知a≠0，所以an≠0 nN* ，‎ 于是由an＋2＝ r＋1 an＋1，可得＝r＋1 nN* ，‎ a2，a3，…，an，…成等比数列，‎ 当n≥2时，an＝r r＋1 n－2a. 5分 ‎ 综上，数列 an 的通项公式为an＝ 6分 ‎ ‎ 2 解　对于任意的mN*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列，‎ 证明如下：‎ 当r＝0时，由 1 知，an＝‎ 对于任意的mN*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列． 8分 ‎ 当r≠0，r≠－1时，‎ Sk＋2＝Sk＋ak＋1＋ak＋2，Sk＋1＝Sk＋ak＋1，‎ 若存在kN*，‎ 使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，则Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk，‎ ‎2Sk＋2ak＋1＋ak＋2＝2Sk，即ak＋2＝－2ak＋1. 10分 ‎ 由 1 知，a2，a3，…，am，…的公比r＋1＝－2，于是 对于任意的mN *，且m≥2，am＋1＝－2am，‎ 从而am＋2＝4am，‎ am＋1＋am＋2＝2am，‎ 即am＋1，am，am＋2成等差数列． 12分 ‎ 综上，对于任意的mN*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列． 13分 ‎ ‎[反思与回顾] 第三步：本题是以an和Sn为先导的综合问题，主要考查等差、等比数列的基础知识以及处理递推关系式的一般方法．失分的原因有：第 1 问中漏掉r＝0的情况，导致结论写为an＝r r＋1 n－2a；第 2 问中有的考生也漏掉r＝0的情况，很多考生不知将Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk转化为ak＋1与ak＋2的关系式，从而证明受阻．‎ ‎【例题8】 2011??天津，20 满分14分 已知数列 an 与 bn 满足bn＋1an＋bnan＋1＝ －2 n＋1，bn＝，nN*，且a1＝2.‎ ‎ 1 求a2，a3的值；‎ ‎ 2 设cn＝a2n＋1－a2n－1，nN*，证明： cn 是等比数列；‎ ‎ 3 设Sn为 an 的前n项和，证明：＋＋…＋＋≤n－ nN* ．‎ 思维过程　第一步： 1 首先破解bn＝，即bn＝再结合bn＋1an＋bnan＋1＝ －2 n＋1就可解出a2，a3；‎ ‎ 2 对bn＋1an＋bnan＋1＝ －2 n＋1关系式进行处理，n分别取奇数、偶数可得两个关系式，再抓住cn＝a2n＋1－a2n－1，nN*，即可证明 cn 是等比数列；‎ ‎ 3 首先利用cn＝a2n＋1－a2n－1及累加法求a2n－1，从而可求得a2n，然后求出关系式＋的表达式，最后利用放缩法证明不等式．‎ ‎[规范解答] 第二步： 1 解　由bn＝，nN*，可得 bn＝‎ 又bn＋1an＋bnan＋1＝ －2 n＋1，‎ 当n＝1时，a1＋2a2＝－1，由a1＝2，可得a2＝－；‎ 当n＝2时，2a2＋a3＝5，可得a3＝8. 4分 ‎ ‎ 2 证明　对任意nN*，‎ a2n－1＋2a2n＝－22n－1＋1，‎ ‎2a2n＋a2n＋1＝22n＋1.‎ ‎②－，得a2n＋1－a2n－1＝3×22n－1，即cn＝3×22n－1，‎ 于是＝4.所以 cn 是等比数列． 8分 ‎ ‎ 3 证明　a1＝2，由 2 知，当kN*且k≥2时，a2k－1＝a1＋ a3－a1 ＋ a5－a3 ＋ a7－a5 ＋…＋ a2k－1－a2k－3 ＝2＋3 2＋23＋25＋…＋22k－3 ＝2＋3×＝22k－1，‎ 故对任意kN*，a2k－1＝22k－1.‎ 由得22k－1＋2a2k＝－22k－1＋1，‎ 所以a2k＝－22k－1，kN*. 10分 ‎ 因此，S2k＝ a1＋a2 ＋ a3＋a4 ＋…＋ a2k－1＋a2k ＝.‎ 于是S2k－1＝S2k－a2k＝＋22k－1. 12分 ‎ 故＋＝＋＝－＝1－－.所以，对任意nN*，‎ ‎＋＋…＋＋＝＋＋…＋＝‎ ‎＋＋…＋‎ ‎＝n－－‎ ‎－…－≤‎ n－＝n－. 14分 ‎ ‎[反思与回顾] 第三步：主要考查等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析能力和解决问题的能力及分类讨论的思想方法，难度较大．‎ 第 2 问与第 1 问相比，难度有所加大，难点就在归纳出一般的式子及递推关系式，第 3 问难度更大．在阅卷中发现，几乎没有考生得满分，少数考生得前两问的分数，部分考生得第 1 问的分数．‎ 主要题型： 1 利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题； 2 利用导数研究不等式恒成立与证明等问题； 3 以函数为载体的建模问题．‎ 解题策略： 1 研究导函数f′ x 的符号，处理单调性、极值点与最值问题； 2 实际应用题一般先建立目标函数，再利用导数求解； 3 解 证 不等式问题一般要构造函数，再利用导数求解．‎ ‎【例题9】 2011??江西卷理，19 满分12分 设f x ＝－x3＋x2＋2ax.‎ ‎ 1 若f x 在上存在单调递增区间，求a的取值范围；‎ ‎ 2 当0＜a＜2时，f x 在[1,4]上的最小值为－，求f x 在该区间上的最大值．‎ 思维过程　第一步： 1 函数f x 的导数是二次函数，对称轴为x＝，要使f x 在上存在单调递增区间，必需满足f′＞0；‎ ‎ 2 令f′ x ＝0得x1，x2，确定x1，x2所在的单调区间，根据单调性求f x 的最值．‎ ‎[规范解答] 第二步： 1 解　由f′ x ＝－x2＋x＋2a ‎＝－2＋＋2a， 2分 ‎ 当x时，f′ x 的最大值为f′＝＋2a.‎ 令＋2a＞0，得a＞－. 5分 ‎ 所以，当a＞－时，f x 在上存在单调递增区间． 6分 ‎ ‎ 2 解　令f′ x ＝0，得两根x1＝，x2＝.‎ 所以f x 在 －∞，x1 ， x2，＋∞ 上单调递减，在 x1，x2 上单调递增． 8分 ‎ 当0＜a＜2时，有x1＜1＜x2＜4，‎ 所以f x 在[1,4]上的最大值为f x2 ，‎ 又f 4 －f 1 ＝－＋6a＜0，即f 4 ＜f 1 ． 10分 ‎ 所以f x 在[1,4]上的最小值为f 4 ＝8a－＝－.‎ 得a＝1，x2＝2，从而f x 在[1,4]上的最大值为f 2 ＝. 12分 ‎ ‎[反思与回顾] 第三步：用导数研究函数单调性、极值与最值是历年必考内容，尤其是含参数函数的单调性问题成为高考命题的热点，近几年新课标高考卷中发现：若该内容的题目放在试卷压轴题的位置上，试题难度较大；若放在试卷前几题的位置上，难度不大．‎ ‎【例题10】 2011??陕西卷理，21 满分14分 设函数f x 定义在 0，＋∞ 上，f 1 ＝0，导函数f′ x ＝，g x ＝f x ＋f′ x ．‎ ‎ 1 求g x 的单调区间和最小值；‎ ‎ 2 讨论g x 与g的大小关系；‎ ‎ 3 是否存在x0＞0，使得|g x －g x0 |＜对任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ 思维过程　第一步：第 2 问重新构造函数h x ＝g x －g，利用导数研究这个函数的单调性．‎ 第 3 问采用反证法，可先把|g x －g x0 |＜等价变形为ln x＜g x0 ＜ln x＋，x＞0，再在x 0，＋∞ 上任取一个值验证矛盾．‎ ‎[规范解答] 第二步： 1 解　由题设易知f x ＝ln x，g x ＝ln x＋，‎ 所以g′ x ＝，令g′ x ＝0，得x＝1，‎ 当x 0,1 时，g′ x ＜0，故 0,1 是g x 的单调减区间；‎ 当x 1，＋∞ 时，g′ x ＞0，故 1，＋∞ 是g x 的单调增区间，‎ 因此，x＝1是g x 的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，‎ 所以最小值为g 1 ＝1. 4分 ‎ ‎ 2 解　g＝－ln x＋x，‎ 设h x ＝g x －g＝2ln x－x＋，‎ 则h′ x ＝－，‎ 当x＝1时，h 1 ＝0，即g x ＝g，‎ 当x 0,1 ∪ 1，＋∞ 时，h′ x ＜0，h′ 1 ＝0，‎ 因此，h x 在 0，＋∞ 内单调递减，‎ 当0＜x＜1时，h x ＞h 1 ＝0，即g x ＞g，‎ 当x＞1时，h x ＜h 1 ＝0，即g x ＜g. 9分 ‎ ‎ 3 解　满足条件的x0不存在．‎ 证明如下：‎ 假设存在x0＞0，使|g x －g x0 |＜对任意x＞0成立，‎ 即对任意x＞0，有ln x＜g x0 ＜ln x＋， * ‎ 但对上述x0，取x1＝eg x0 时，有ln x1＝g x0 ，这与 * 左边不等式矛盾，‎ 因此，不存在x0＞0，使|g x －g x0 |＜对任意x＞0成立． 14分 ‎ ‎[反思与回顾] 第三步：本题有机地将函数、导数和不等式结合到一块，试题难度较大．本题分三小问，第 1 问较容易；第 2 问也可以用平时练习常用的方法解决：首先使用构造函数法构造函数，再用导数求出函数的最大值或最小值，且这个最大值小于零，最小值大于零；第 3 问采用反证法，难度较大，难点在于不容易找到与题设矛盾的特例．第 3 问还有一种证法如下：‎ 假设存在x0＞0，使|g x －g x0 |＜对任意的x＞0成立．‎ 由 1 知，g x 的最小值为g 1 ＝1，‎ 又g x ＝ln x＋＞ln x，‎ 而x＞1时，ln x的值域为 0，＋∞ ，‎ x≥1时g x 的值域为[1，＋∞ ‎ 从而可取一个x1＞1，使g x1 ≥g x0 ＋1.‎ 即g x1 －g x0 ≥1，‎ 故|g x1 －g x0 |≥1＞，与假设矛盾．‎ 不存在x0＞0，使|g x －g x0 |＜对任意x＞0成立．‎